【学霸笔记：同步精讲】16 第二章 章末综合提升 课件--高中人教版物理选择性必修第一册（江苏专版）

(共62张PPT)
复习任务群一
现代文阅读Ⅰ
把握共性之“新”　打通应考之“脉”
第二章　机械振动
章末综合提升
巩固层·知识整合
提升层·主题探究
主题1　简谐运动的五大特征
受力特征 回复力F＝－kx，F(或a)的大小与x的大小成正比，方向相反
运动特征 衡位置时，a、F、x都减小，v增大；远离平衡位置时，a、F、x都增大，v减小
能量特征 振幅越大，能量越大，在运动过程中，系统的动能和势能相互转化，机械能守恒
周期性特征 质点的位移、回复力、加速度和速度随时间做周期性变化，变化周期就是简谐运动的周期T；动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为
对称性特征 关于平衡位置O对称的两点，速度的大小、动能、势能相等，相对平衡位置的位移大小相等；由对称点到平衡位置O用时相等
【典例1】　如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是(　　)
甲　　　　　　　　 乙
A．单摆的摆长约为1.0 m
B．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8sin 2πt cm
C．从t＝0.5 s到t＝1.0 s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D．从t＝1.0 s到t＝1.5 s的过程中，摆球的回复力逐渐减小
√
A　[由题图乙可知单摆的周期T＝2 s，振幅A＝8 cm，由单摆的周期公式T＝2π，代入数据可得l≈1 m，A正确；由ω＝可得ω＝
rad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝A sin ωt＝8sin πt cm，B错误；从t＝0.5 s到t＝1.0 s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，C错误；从t＝1.0 s到t＝1.5 s的过程中，摆球的位移增大，回复力增大，D错误。]
一语通关　(1)做简谐运动的物体经过平衡位置时，回复力一定为零，但所受合外力不一定为零。
(2)由于简谐运动具有周期性和对称性， 因此涉及简谐运动时往往会出现多解的情况，分析时应特别注意。
(3)位移相同时，回复力、加速度、速率、动能和势能等可以确定，但速度可能有两个方向，由于周期性，运动时间也不能确定。
主题2　简谐运动的图像及应用
简谐运动的图像描述了振动质点的位移随时间变化的规律。从图像中可以确定位移、速度、加速度、动能和势能等物理量以及它们的变化规律，具体分析如表：
项目 内容
横、纵轴表示的物理量 横轴表示时间，纵轴表示质点的位移
意义 表示振动质点的位移随时间变化的规律
项目 内容
形状

应用 ①直接从图像上读出周期和振幅
②确定任一时刻质点相对平衡位置的位移
③判断任意时刻振动质点的速度方向和加速度方向
④判断某段时间内振动质点的位移、速度、加速度、动能及势能大小的变化情况
说明
①振动图像不是振动质点的运动轨迹
②计时起点一旦确定，已经形成的图像形状不变，以后的图像随时间向后延伸
③简谐运动图像的具体形状跟正方向的规定有关
【典例2】　如图所示是一个质点做简谐运动的图像，根据图像回答下面的问题：
(1)振动质点离开平衡位置的最大距离；
(2)写出此振动质点位移随时间变化的关系式；
(3)振动质点在0～0.6 s的时间内通过的路程；
(4)振动质点在t＝0.1 s、0.3 s、0.5 s、0.7 s时的振动方向；
(5)振动质点在0.6～0.8 s这段时间内速度和加速度是怎样变化的？
(6)振动质点在0.4～0.8 s这段时间内的动能变化是多少？
[解析]　(1)由题图可以看出，质点振动的振幅为5 cm，即为质点离开平衡位置的最大距离。
(2)由题图可知A＝5 cm，T＝0.8 s，φ＝0，所以x＝A sin (ωt＋φ)＝
A sin ＝5sin cm＝5sin (2.5πt)cm。
(3)由题图可以看出，质点振动的周期为T＝0.8 s，0.6 s＝3×，振动质点是从平衡位置开始振动的，故在0～0.6 s的时间内质点通过的路程为s＝3A＝3×5 cm＝15 cm。
(4)在t＝0.1 s时，振动质点处在位移为正值的某一位置上，若从t＝0.1 s起取一段极短的时间间隔Δt(Δt→0)的话，从题图中可以看出振动质点的正方向的位移将会越来越大，由此可以判断得出质点在t＝0.1 s时的振动方向是沿题中所设的正方向。同理可以判断得出质点在t＝0.3 s、0.5 s、0.7 s时的振动方向分别是沿题中所设的负方向、负方向和正方向。
(5)由题图可以看出，在0.6～0.8 s这段时间内，振动质点从最大位移处向平衡位置运动，故其速度越来越大；而质点所受的回复力指向平衡位置，并且逐渐减小，故其加速度的方向指向平衡位置且越来越小。
(6)由题图可以看出，在0.4～0.8 s这段时间内，质点从平衡位置经过半个周期的运动又回到了平衡位置，尽管初、末两个时刻的速度方向相反，但大小是相等的，故这段时间内质点的动能变化为零。
[答案]　(1)5 cm　(2)x＝5sin (2.5πt) cm　
(3)15 cm　(4)正方向　负方向　负方向　正方向
(5)速度增大，加速度减小　(6)零
主题3　单摆周期公式的应用
1．对单摆周期公式的理解
(1)单摆的周期公式在单摆摆角很小时成立。
(2)公式中l是摆长，即悬点到摆球球心的距离，l＝l线＋r球。
(3)公式中g是单摆所在地的重力加速度，由单摆所在的空间位置决定。
(4)周期T只与l和g有关，与摆球质量m及振幅无关。
2．有关周期T的常见情况
(1)同一单摆，在地球的不同位置上，由于重力加速度不同，其周期也不同。
(2)同一单摆，在不同的星球上，其周期也不相同。例如单摆放在月球上时，由于g月(3)当单摆处在绕地球运行的卫星中时，由于卫星处于完全失重状态，等效重力加速度g＝0，则周期T为无穷大，即单摆不会振动。
(4)当单摆放在竖直方向的电场中，若单摆带电，则类似于超(失)重，等效加速度g′＝g＋a(或g′＝g－a)，其中a＝(g>a)，故周期T变化。
【典例3】　如图所示，单摆甲放在空气中，周期为T甲；单摆乙放在以加速度a(g>a)向下加速的电梯中，周期为T乙；单摆丙带正电荷，放在匀强电场E中，周期为T丙，单摆甲、乙、丙的摆长l相同。则下列说法正确的是(　　)
甲　 　乙　　　 丙
A．T甲＞T乙＞T丙
B．T乙＞T甲＞T丙
C．T甲＞T丙＞T乙
D．T丙＞T甲＞T乙
√
B　[对甲摆：T甲＝2π。对乙摆：T乙＝2π。对丙摆：由于摆球受竖直向下的重力的同时，还受竖直向下的静电力，静电力在圆弧切向产生分力，与重力沿切向的分力一起提供回复力，相当于重力增大了，等效重力F＝mg＋qE，故等效重力加速度g′＝g＋，故周期T丙＝2π，所以T乙＞T甲＞T丙。]
一语通关　同一单摆放到不同环境中，等效重力加速度不同，导致周期不同。
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(总分：100分)
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。
1．在飞机的发展史中有一个阶段，飞机升空后不久，飞机的机翼很快就抖动起来，而且越抖越厉害。后来经过人们的探索，利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法，解决了这一问题。在飞机机翼前缘处装置配重杆的目的主要是(　　)
章末综合测评(二)　机械振动
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A．加大飞机的惯性
B．使机体更加平衡
C．使机翼更加牢固
D．改变机翼的固有频率
√
D　[飞机机翼振动的原因是气流使机翼振动的周期接近机翼的固有周期，机翼发生了共振现象，通过装置一个配重杆的方法改变机翼的固有周期，从而避免共振的发生，选项D正确。]
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2．做简谐运动的物体，当它每次经过同一位置时，可能不同的物理量是(　　)
A．位移 B．速度
C．加速度 D．回复力
√
B　[做简谐运动的物体，当它每次经过同一位置时，位移x相同，回复力相同，加速度相同，可能不同的物理量是速度，故B正确。]
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3．单摆在摆动过程中，下列说法正确的是(　　)
A．回复力由重力和细线拉力的合力提供
B．摆动到最低点时回复力为零
C．动能变化的周期等于振动周期
D．小球质量越大，周期越长
√
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B　[重力沿圆弧切线方向的分力提供单摆做简谐运动的回复力，故A错误；摆动到最低点时回复力为零，故B正确；小球从最高点开始摆动过程中，小球的动能先增大后减小，到达另一侧最高点时动能为零，然后再重复，故其动能的变化周期为单摆振动周期的一半，C错误；单摆的周期T＝2π，与小球的质量无关，故D错误。]
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4．一根弹簧原长为l0，挂一质量为m的物体时伸长x。当把这根弹簧与该物体套在一光滑水平的杆上组成弹簧振子，且其振幅为A时，物体振动的最大加速度为(　　)
A．
C．
√
B　[振子的最大加速度a＝，而mg＝kx，解得a＝，B项正确。]
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5．如图甲所示，轻弹簧上端固定，下端悬吊一钢球，把钢球从平衡位置向下拉下一段距离A，由静止释放。以钢球平衡位置为坐标原点、竖直向上为正方向建立x轴，当钢球在振动过程中某一次经过平衡位置时开始计时，钢球运动的位移—
时间图像如图乙所示。已知钢球振动过程中
弹簧始终处于拉伸状态，则(　　)
甲　　　　乙
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A．t1时刻钢球处于超重状态
B．t2时刻钢球的速度方向向上
C．t1～t2时间内钢球的动能逐渐增大
D．t1～t2时间内钢球的机械能逐渐减小
√
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D　[t1时刻，钢球位于平衡位置上方，位移为正，所以加速度为负，有向下的加速度，处于失重状态，故A错误；t2时刻，钢球位于平衡位置下方，正在远离平衡位置，速度方向向下，故B错误；t1～t2时间内，钢球的速度先增大后减小，动能先增大后减小，故C错误；t1～t2时间内，钢球一直向下运动，弹簧弹力一直向上，钢球需克服弹力做功，根据能量守恒定律可知，钢球的机械能逐渐减小，故D正确。]
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6．将秒摆的周期由2 s变为1 s，下列措施可行的是(　　)
A．将摆球的质量减半 　 B．将振幅减半
C．将摆长减半 　 D．将摆长减为原来的
D　[秒摆的周期由2 s变为1 s，周期变为原来的，由单摆周期公式T＝2π可知，应将摆长减为原来的，秒摆的周期与摆球的质量、振幅无关，故选项D正确。]
√
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7．蜘蛛会根据丝网的振动情况感知是否有昆虫“落网”，若丝网的固有频率为200 Hz，下列说法正确的是(　　)
A．“落网”昆虫翅膀振动的频率越大，丝网的振幅越大
B．当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200 Hz 时，丝网不振动
C．当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005 s时，
丝网的振幅最大
D．昆虫“落网”时，丝网振动的频率由丝网自
身的结构所决定，与昆虫翅膀振动频率无关
√
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C　[根据共振的条件可知，驱动力的频率等于系统的固有频率时，系统发生共振，振幅达最大，故A、B错误；当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005 s时，其频率f＝＝ Hz＝200 Hz，与丝网的固有频率相等，所以丝网的振幅最大，故C正确；受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以昆虫“落网”时，丝网振动的频率由“落网”昆虫翅膀振动的频率决定，故D错误。]
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8．如图所示为两个单摆做受迫振动的共振曲线，则下列说法正确的是(　　)
A．两个单摆的固有周期之比为TⅠ∶TⅡ＝2∶5
B．两个单摆的摆长之比lⅠ∶lⅡ＝4∶25
C．图线Ⅱ对应单摆摆长约为1 m
D．若两条图线分别对应同一单摆在月球上和地
球上的受迫振动，则图线Ⅱ是月球上的单摆的共振曲线
√
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C　[由共振曲线及共振的条件可知，图线Ⅰ和Ⅱ的两个单摆的固有频率分别为0.2 Hz和0.5 Hz，周期之比TⅠ∶TⅡ＝5∶2，A错误；由单摆的周期公式T＝2π可知，lⅠ∶lⅡ＝＝25∶4，B错误；同时可知lⅡ＝≈1 m，C正确；当摆长不变时，重力加速度越大，固有频率越大，月球表面重力加速度小于地球表面重力加速度，故D错误。]
A．质点做简谐运动的方程为x＝A sin t
B．质点在位置b与位置d时速度大小相同，
方向不同
C．质点从位置a到c和从位置b到d所用时间相等
D．质点从位置a到b和从b到c的平均速度相等
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9．一个质点以O为中心做简谐运动，位移随时间变化的图像如图所示。a、b、c、d表示质点在不同时刻的相应位置，且b、d关于平衡位置对称，则下列说法正确的是(　　)
√
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C　[由题给的质点位移随时间变化的图像可知，振幅为A，周期T＝8 s，质点做简谐运动的方程为x＝A sin t＝A sin t，A错误；根据简谐运动的对称性可知质点在位置b与位置d时速度相同，B错误；质点从位置a到c与从位置b到d所用时间均为2 s，C正确；质点从位置a到b和从位置b到c所用的时间都是1 s，但位移大小不同，所以平均速度不相等，D错误。]
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10．如图所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一小球(小球可以看成质点)。在O点正下方，距O点处的P点固定一个小钉子。现将小球拉到点A处，轻绳被拉直，然后由静止释放小球。点B是小球运动的最低位置，点C(图中未标出)是小球能够到达的左侧最高位置。已知点A与点B之间的高度差为h，h l。A、B、P、O在同一竖直平面内，当地的重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)
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A．点C与点B高度差小于h
B．点C与点B高度差大于h
C．小球摆动的周期等于
D．小球摆动的周期等于
√
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C　[不计空气阻力，小球在整个运动过程中机械能守恒，故运动到左侧时，最高点C与点A等高，与点B高度差为h，A、B错误；当小球从A点开始运动，再回到A点时为一个周期，是两个半周期之和，即T＝π＋π＝，C正确，D错误。]
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11．下端附着重物的粗细均匀的木棒竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为1 Hz的简谐运动。与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图(a)所示。以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图(b)所示。已知河水密度为ρ，木棒横截面积为S，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
(a)　　　　　　　(b)
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A．x从0.2 m到0.3 m的过程中，木棒的加速度竖直向下，逐渐变大
B．x＝0.35 m和x＝0.45 m时，木棒的速度大小相等，方向相同
C．河水流动的速度为0.4 m/s
D．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为
√
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C　[由简谐运动的对称性可知，在x＝0.1 m、0.3 m、0.5 m时木棒处于平衡位置，木棒受到的浮力等于重力，由题图(b)知x＝0.2 m时木棒受到的浮力最小，此时木棒在上方最大位移处，则x从0.2 m到0.3 m的过程中，木棒从最大位移处到达平衡位置，由于木棒受到的浮力逐渐增大，且小于重力，所以木棒的加速度方向竖直向下，逐渐减小，故A错误；在x＝0.35 m和x＝0.45 m时，由题图(b)知浮力大小相等，说明木棒在同一位置，根据简谐运动的对称性，可知两时刻木棒在竖直方向的速度大小相等，但速度方向相反，而木棒在
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水平方向速度相同，根据速度的合成可知合速度大小相等，但方向不同，故B错误；木棒沿竖直方向做频率为1 Hz的简谐运动，则其振动的周期为1 s，由题图(b)可知在一个周期内，木棒沿水平方向移动的距离为0.4 m，则河水流动的速度为v水＝＝ m/s＝0.4 m/s，故C正确；设木棒在平衡位置处浸没的深度为h，木棒做简谐运动的振幅为A，则浮力最大时，有F1＝ρgS(h＋A)，浮力最小时，有F2＝ρgS(h－A)，联立求得A＝，故D错误。]
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二、非选择题：共4题，共56分。
12．(15分)小明用如图甲所示装置测量重力加速度g。
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(1)用游标卡尺测量小球的直径，某次测量的结果如图乙所示，则小球的直径为________ cm。
(2)为使测量结果更加准确，以下操作中正确的有________。
A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且适当长一些
B．开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
C．测量周期时应该从摆球运动到最高点时开始计时
1.96
A
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(3)测出悬点O至小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度表达式g＝____________(用L、n、t表示)。
(4)某同学在实验中改变摆长重复实验，他只测出了悬线的长度l′及对应的周期T，得到几组数据，再以l′为横坐标、T2为纵坐标作出T2-l′图线如图丙所示。已知图线与纵轴的截距为b1，图线上P点坐标为
(a，b2)，则由此根据图线斜率计算重力加速度g＝_________(用题给字母表示)。
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(5)某同学测得的g值偏小，可能的一种原因是________。
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．开始计时时，停表过迟按下
C．实验时摆球摆动时间过长引起摆角变小
D．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
D
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[解析]　(1)用游标卡尺测量小球的直径，小球的直径为d＝19 mm＋6×0.1 mm＝19.6 mm＝1.96 cm。
(2)为了减小摆长的测量误差，摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且适当长一些，故A正确；摆球的周期与摆线的长短有关，但与摆角无关，且角度大于5°时，小球不能看作是做简谐运动，故B错误；为了减小测量摆球运动时间的误差，应该从摆球运动到最低点时开始计时，故C错误。
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(3)单摆的周期为T＝，结合T＝2π，可得重力加速度表达式g＝。
(4)由单摆周期公式得T＝2π＝2π，解得T2＝l′＋r，结合图像斜率有k＝＝，解得重力加速度g＝。
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(5)根据单摆周期公式T＝2π，解得g＝。测摆线长时摆线拉得过紧，会使摆长测量值偏大，根据g＝，可知测得的g值偏大，故A错误；开始计时时，停表过迟按下，测量的时间t偏小，则周期T偏小，根据g＝，可知测得的g值偏大，故B错误；摆角变小，
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周期不变，根据g＝，可知测得的g值不会受影响，故C错误；单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了，则摆长的测量值偏小，根据g＝，可知测得的g值偏小，故D正确。
题号
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13．(13分)如图所示，轻弹簧的下端系着A、B两球，mA＝100 g，mB＝500 g，系统静止时弹簧伸长x＝15 cm，未超出弹性限度。若剪断A、B间绳，则A在竖直方向做简谐运动，问：
(1)A的振幅为多大？
(2)A的最大加速度为多大？(g取10 m/s2)
题号
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[解析]　(1)设只挂A时弹簧伸长量x1＝。由(mA＋mB)g＝kx，得k＝，即x1＝x＝2.5 cm。
振幅A＝x－x1＝12.5 cm。
(2)剪断细绳瞬间，A受弹力最大，合力最大，加速度最大。
F＝(mA＋mB)g－mAg＝mBg＝mAam，
解得am＝＝5g＝50 m/s2。
[答案]　(1)12.5 cm　(2)50 m/s2
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14．(13分)如图甲所示，一个竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个弹簧和小球组成的振动系统，小球浸没在水中。当圆盘静止时，让小球在水中振动，小球将做阻尼振动。现使圆盘以不同的频率振动，测得共振曲线如图乙所示。(取g＝9.86 m/s2，π＝3.14)
题号
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甲　　　　　　　　　乙
题号
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(1)当圆盘以0.4 s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定，它振动的频率是多少？
(2)若一个单摆的摆动周期与小球做阻尼振动的周期相同，该单摆的摆长约为多少？(结果保留三位有效数字)
题号
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[解析]　(1)小球做受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以小球振动达到稳定时周期为0.4 s，频率为f＝＝2.5 Hz。
(2)由题图乙可以看出，小球振动的固有频率为0.3 Hz，则单摆的固有频率为0.3 Hz，周期为 s，由单摆的周期公式T＝2π，解得l＝＝× m≈2.78 m。
[答案]　(1)2.5 Hz　(2)2.78 m
题号
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15．(15分)如图所示，一质量为m的小钢球，用长为l的细丝线挂在水平天花板上(l远大于小钢球的半径)，初始时，摆线和竖直方向的夹角为θ(θ<5°)，重力加速度为g。释放小球后，求：(不计空气阻力)
(1)小球摆到最低点所用的时间；
(2)小球在最低点受到的拉力。
题号
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[解析]　(1)小球做简谐运动，则小球从释放到最低点所用的时间为t＝T＝。
(2)小球从释放到最低点，由动能定理有
mg(l－l cos θ)＝mv2。
根据牛顿第二定律，有FT－mg＝m。
联立解得FT＝3mg－2mg cos θ。
[答案]　(1)　(2)3mg－2mg cos θ
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